Equações-Diferenciais-Ordinárias-Lineares-de-2ª-Ordem

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Capítulo 3.1: 
 Equações homogêneas lineares de segunda 
ordem com coeficientes constantes 
Uma equação diferencial ordinaria de segunda ordem tem 
a forma geral
onde f é uma função dada.
Esta equação é dita linear se f é linear em y e y':
caso contrário dizemos que é não linear. 
Uma equação linear de segunda ordem aparece como 
Se G(t) = 0 para todo t, então esta equação é dita 
homogênea. caso contrário dizemos que é não homogênea. 
),,( yytfy ′=′′
ytqytptgy )()()( −′−=′′
)()()()( tGytRytQytP =+′+′′
Capítulo 3.1: 
 Equações Homogêneas, Valores Iniciais
Nas seções 3.6 e 3.7, nós veremos que uma vez que 
encontramos uma solução para a equação homogênea, isto 
possibilita resolver uma equação não homogênea associada 
ou correspondente à homogênea, ou no mínimo expressar a 
solução em termos de uma integral.
O foco deste capítulo são as equações Homogêneas e em 
particular, as de coeficientes constantes:
O caso com coeficientes variáveis será vista mais adiante.
Condição Inicial é dada da seguinte forma
Portanto a solução passa por (t0, y0), e a inclinação da solução 
em (t0, y0) é igual a y0'.
0=+′+′′ cyybya
( ) ( ) 0000 , ytyyty ′=′=
Capítulo 3.1:
Exemplo 1
 Infinidades de Soluções
Considere a EDO 2a
As duas soluções desta equação são
Outras soluções são
Baseado nesta observação, nós vimos que existem uma 
infinidades de soluções e são da forma 
Mostraremos na seção 3.2 que todas as soluções da equação 
diferencial acima podem ser expressada desta forma.
0=−′′ yy
tt etyety −== )(,)( 21
tttt eetyetyety −− +=== 53)(,5)(,3)( 543
tt ececty −+= 21)(
Capítulo 3.1: 
Exemplo 1 
 Condições Iniciais
Agora considere o seguinte Problema de Valor Inicial (PVI) 
para nossa equação:
Nos podemos encontrar uma solução geral da seguinte forma
Usando as condições iniciais, 
temos
1)0(,3)0(,0 =′==−′′ yyyy
tt ececty −+= 21)(
1,2
1)0(
3)0(
21
21
21 ==⇒



=−=′
=+=
cc
ccy
ccy
tt eety −+= 2)(
Capítulo 3.1: 
Exemplo 1
 Gráfico da Solução
O PVI e a solução são
O gráfico da solução é dado abaixo. O gráfico da direita 
sugere que ambas as condições são satisfeita.
tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(1)0(,3)0(,0
Capítulo 3.1: 
Equação Característica
Para resolver uma equação de 2a ordem com coeficientes 
constantes,
começamos assumindo uma solução da forma y = ert. 
Substituindo-a na equação diferencial, obtemos:
 Simplificando,
e assim 
Esta última equação é chamada equação característica da 
equação diferencial. 
Nos resolvemos esta equação em r por fatoração ou usando a 
formula quadrática. 
,0=+′+′′ cyybya
02 =++ rtrtrt cebreear
0)( 2 =++ cbrarert
02 =++ cbrar
Capítulo 3.1: 
Solução Geral
Usando a formula quadrática na equação característica 
obtemos duas soluções, r1 e r2. 
Existem três possibilidades:
As Raízes r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. 
As Raízes r1, r2 são reais e r1 = r2. 
As Raízes r1, r2 são complexas. 
Por enquanto, vamos assumir que r1, r2 são reais e r1 ≠ r2. 
Neste caso, a solução geral é da forma
,02 =++ cbrar
trtr ececty 21 21)( +=
a
acbbr
2
42 −±−=
Capítulo 3.1: 
Condições Iniciais 
Para o PVI
usaremos a solução geral 
usando as condições iniciais para encontrar c1 e c2. Isto é,
Desde que assumindo r1 ≠ r2, segue que uma solução da forma 
y = ert para o PVI acima sempre existirá, para qualquer 
conjunto de condições iniciais. 
,)(,)(,0 0000 ytyytycyybya ′=′==+′+′′
0201
0201
0201
21
010
2
21
200
1
02211
021 , trtr
trtr
trtr
e
rr
yryce
rr
ryyc
yercerc
yecec −−
−
′−=
−
−′=⇒




′=+
=+
trtr ececty 21 21)( +=
Capítulo 3.1: 
Exemplo 2
Considere o PVI
Tomando a solução exponencial e obtendo a E.C.:
Fatorando a E.C. obtemos duas soluções, r1 = -4 e r2 = 3
A solução geral é
Usando as condições iniciais:
Temos
1)0(,0)0(,012 =′==−′+′′ yyyyy
( ) ( ) 034012)( 2 =−+⇔=−+⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
4
1)( +=
−
7
1,
7
1
134
0
21
21
21 =−=⇒



=+−
=+
cc
cc
cc
tt eety 34
7
1
7
1)( +−= −
Capítulo 3.1: 
Exemplo 3
Considere o PVI
Então
Fatorando, obtemos duas soluções, r1 = 0 e r2 = -3/2
A solução geral é 
Usando as condições iniciais:
Temos
( ) ( ) 30,10,032 =′==′+′′ yyyy
( ) 032032)( 2 =+⇔=+⇒= rrrrety rt
2/3
21
2/3
2
0
1)(
ttt eccececty −− +=+=
2,3
3
2
3
1
212
21
−==⇒




=−
=+
ccc
cc
2/323)( tety −−=
Capítulo 3.1: 
Exemplo 4
 PVI
Considere o PVI
Então
Fatorando, obtemos duas soluções, r1 = -2 e r2 = -3
A solução geral é 
Usando as condições iniciais:
Temos
( ) ( ) 30,20,065 =′==+′+′′ yyyyy
( )( ) 032065)( 2 =++⇔=++⇒= rrrrety rt
tt ececty 32
2
1)(
−− +=
7,9
332
2
21
21
21 −==⇒



=−−
=+
cc
cc
cc
tt eety 32 79)( −− −=
Capítulo 3.1: 
Exemplo 4
 Encontrando o Valor Máximo
Encontrar o valor máximo alcançado pela solução.
204.2
1542.0
)6/7ln(
6/7
76
02118)(
79)(
32
32
32
≈
≈
=
=
=
=+−=′
−=
−−
−−
−−
y
t
t
e
ee
eety
eety
t
tt
set
tt
tt
Capítulo 3.2:
 Soluções Fundamentais de Equações 
Lineares Homogêneas
Sejam p, q funções contínuas no intervalo I = (α, β), o qual 
poderá ser infinito. Para alguma função y que seja três vezes 
diferenciável em I, definisse o operador diferencial L por
Note que L[y] é uma função em I, com valor de saída
Por exemplo, 
[ ] yqypyyL +′+′′=
[ ] )()()()()()( tytqtytptytyL +′+′′=
( )
[ ] )sin(2)cos()sin()(
2,0),sin()(,)(,)(
22
22
tettttyL
Ittyetqttp
t
t
++−=
==== π
Capítulo 3.2:
Notação do Operador Diferencial
Nesta seção nos vamos discutir a equação homogênea linear 
de 2a ordem L[y](t) = 0, junto com condições iniciais como 
indicado abaixo: 
Nós gostaríamos de saber se existe solução para este problema 
de valor inicial, e em caso afirmativo, se é única.
Também, gostaríamos de saber sobre a forma e a estrutura das 
soluções, pois, podem ser úteis na hora de encontrar soluções 
para os problemas particulares. 
Estas perguntas são respondidas nos teoremas a seguir .
[ ]
1000 )(,)(
0)()(
ytyyty
ytqytpyyL
=′=
=+′+′′=
Capítulo 3.2:
Teorema 3.2.1
Considere o PVI
onde p, q, e g são funções continuas no intervalo aberto I que 
contém t0. Então existe uma única solução y = φ(t) em I.
Note: Quando este teorema diz que existe uma solução ao 
problema do valor inicial acima, não é possível escrever a solução 
por uma expressão. Esta é uma das principais diferenças das 
equações Lineares de 1a ordem com as de 2a ordem. 
0000 )(,)(
)()()(
ytyyty
tgytqytpy
′=′=
=+′+′′
Capítulo 3.2:
Exemplo 1
Considere a EDO 2a ordem linear com PVI
Na seção 3.1, nós mostramos que este PVI tem a seguinte 
solução:
Note que p(t) = 0, q(t) = -1, g(t) = 0 elas são contínuas em 
(-∞, ∞), e a solução y está bem definida e é duas vezes 
diferenciável em (-∞, ∞). 
tt eety −+= 2)(
( ) ( ) 10,30,0 =′==−′′ yyyy
1000 )(,)(
)()()(
ytyyty
tgytqytpy
=′=
=+′+′′
Capítulo 3.2:
Exemplo 2
Considere a EDO 2a ordem linear com PVI
onde p, q são funções continuas no intervalo aberto I que 
contém t0. 
Na luz das circunstâncias iniciais, note que y = 0 é uma solução 
para este problema homogêneo de valor inicial.
Desde que as hipóteses do Teorema 3.2.1 são satisfeitas, segue 
que y = 0 é a única solução deste problema.
( ) ( ) 00,00,0)()( =′==+′+′′ yyytqytpy
Capítulo 3.2:
Example 3
Determinar o maior intervalo em que dado o valor inicial, 
solução do problema existe e é única e ainda é duas vezes 
diferenciável . Não tente encontrar a soluçao. 
Primeiramente pôr a equação diferencial na formula padrão: 
O maior intervalo que contem o ponto t = 0 em que os coeficiente 
da função são contínuos é (-1, ∞). 
Segue do Teorema 3.2.1 que o maior intervalo em que este 
problema de valor inicial terá uma solução duas vezes 
diferenciável é também (-1, ∞).
( ) ( ) ( ) 00,10,13)(cos1 =′==+′−′′+ yyyytyt
( ) ( ) 00,10,
1
1
1
3
1
cos =′=
+
=
+
+′
+
−′′ yy
t
y
t
y
t
ty
Capítulo 3.2:
Teorema 3.2.2 (Princípio da Superposição)
Se y1e y2 são soluções da equação
então a combinação linear delas c1y1 + y2c2 é também uma solução, 
para todas as constantes c1 e c2 reais.
Para provareste Teorema, substitua c1y1 + y2c2 no lugar de y na 
equação abaixo, e use o fato de que y1 e y2 são soluções e L[y] é 
linear. 
Assim para todas as duas soluções y1 e y2, nós podemos construir uma 
família infinita de soluções , para cada y = c1y1 + c2 y2. 
Pode todas as soluções ser escrita desta maneira, ou têm alguma outra 
solução completamente diferente? Para responder a esta pergunta, 
nós usaremos o determinante Wronskiano.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0][][][0][0][ 2211221121 =+=+⇒== yLcyLcycycLyLeyL
Capítulo 3.2:
O Determinante Wronskiano
Suponha que y1 e y2 são soluções para a equação
Pelo Teorema 3.2.2, nos sabemos que y = c1y1 + c2 y2 é uma 
solução desta equação. 
O próximo passo é encontrar os coeficientes c1 e c2 tais que 
y = c1y1 + c2 y2 satisfazem as condições iniciais 
Para isso, nós necessitamos resolver as seguintes equações:
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0000 )(,)( ytyyty ′=′=
0022011
0022011
)()(
)()(
ytyctyc
ytyctyc
′=′+′
=+
Capítulo 3.2:
 O Determinante Wronskiano
Resolvendo as equações, nos obtemos
Em termos de determinantes:
0022011
0022011
)()(
)()(
ytyctyc
ytyctyc
′=′+′
=+
)()()()(
)()(
)()()()(
)()(
02010201
010010
2
02010201
020020
1
tytytyty
tyytyyc
tytytyty
tyytyyc
′−′
′+′−=
′−′
′−′=
)()(
)()(
)(
)(
,
)()(
)()(
)(
)(
0201
0201
001
001
2
0201
0201
020
020
1
tyty
tyty
yty
yty
c
tyty
tyty
tyy
tyy
c
′′
′′
=
′′
′′
=
Capítulo 3.2:
 O Determinante Wronskiano
Para que estas fórmulas sejam válidas, o determinante W no 
denominador não pode se anular:
W é chamado de Determinante Wronskiano, ou simplesmente 
de, o Wronskiano das soluções y1e y2. Nós usaremos às vezes a 
notação 
)()()()(
)()(
)()(
02010201
0201
0201 tytytyty
tyty
tyty
W ′−′=
′′
=
W
yty
yty
c
W
tyy
tyy
c 001
001
2
020
020
1
)(
)(
,
)(
)(
′′
=
′′
=
( ) ( )021, tyyW
Capítulo 3.2:
Teorema 3.2.3
Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
e que o Wronskiano
é não nulo no ponto t0 onde as condições iniciais
são definidas. Então existe uma escolha das constantes c1, c2 
para que y = c1y1 + c2 y2 seja uma solução da equação 
diferencial (1) e das condições iniciais (2). 
)1(0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
2121 yyyyW ′−′=
)2()(,)( 0000 ytyyty ′=′=
Capítulo 3.2:
Exemplo 4
Observe o seguinte PVI e sua solução:
Note que as duas funções exponenciais são soluções da equação 
diferencial: 
O Wronskiano de y1 e y2 é
Como W ≠ 0 para todo t, a combinação linear de y1 e y2 pode ser 
usada para construir a solução do PVI para qualquer condição 
inicial t0.
tt eyey −== 21 ,
22 02121
21
21 −=−=−−=′−′=
′′
= −− eeeeeyyyy
yy
yy
W tttt
( ) ( ) tt eetyyyyy −+=⇒=′==−′′ 2)(10,30,0
2211 ycycy +=
Capítulo 3.2: 
Teorema 3.2.4 (Solução Fundamental )
Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
Se existe um ponto t0 tal que W(y1,y2)(t0) ≠ 0, então a família 
de soluções y = c1y1 + c2 y2 com coeficientes arbitrários c1, c2 
incluem todas as soluções da equação diferencial. 
A expressão y = c1y1 + c2 y2 é chamada de solução geral da 
equação diferencial acima, e neste caso y1 e y2 formam o 
chamado Conjunto Fundamental das Soluções para a 
equação diferencial.
.0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Capítulo 3.2: 
Exemplo 5
Para a equação abaixo, temos duas soluções indicadas:
O Wronskiano de y1 e y2 é 
Assim y1 e y2 formam o Conjunto Fundamental das Soluções 
da equação diferencial acima, e podemos usa-las para 
construir todas as suas soluções. 
A solução Geral é 
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
. todopara 022 0
21
21 teeeee
yy
yy
W tttt ≠−=−=−−=
′′
= −−
tt ececy −+= 21
Capítulo 3.2: 
Example 6
Considere uma equação linear de 2a ordem, com duas soluções 
indicadas:
Suponha que as funções abaixo são soluções desta equação: 
O Wronskiano de y1e y2 é 
Assim y1e y2 formam o Conjunto Fundamental das Soluções da 
equação diferencial, e podemos ser usadas para construir todas 
as soluções.
A solução Geral é
2121 ,, 21 rreyey
trtr ≠==
( ) ( ) . todopara 021
21
21
12
2121
21 terr
erer
ee
yy
yy
W trrtrtr
trtr
≠−==
′′
= +
0)()( =+′+′′ ytqytpy
trtr ececy 21 21 +=
Capítulo 3.2: 
Exemplo 7: Soluções
Considere a seguinte equação diferencial:
Mostre que as soluções abaixo são soluções fundamentais: 
Para mostrar isso, primeiro substitua y1 na equação:
Assim y1 é uma solução da equação diferencial. 
Similarmente, y2 também é uma solução: 
1
2
2/1
1 ,
−== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
01
2
3
2
1
2
3
4
2 2/12/1
2/12/3
2 =



 −+−=−



+


 − −− tttttt
( ) ( ) ( ) 0134322 11232 =−−=−−+ −−−− tttttt
Capítulo 3.2: 
Exemplo 7: Soluções Fundamentais
Lembrando que
Para mostrar que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de 
soluções, vamos calcular o Wronskiano de y1 e y2: 
Desde que W ≠ 0 para t > 0, y1, y2 formam um conjunto 
fundamental de soluções da equação diferencial
3
2/32/32/3
22/1
12/1
21
21
2
3
2
3
2
1
2
1
t
ttttt
tt
yy
yy
W −=−=−−=−=′′
= −−−−−
−
1
2
2/1
1 ,
−== tyty
0,032 2 >=−′+′′ tyytyt
Capítulo 3.2: 
Teorema 3.2.5: Existencia do Conjunto 
Fundamental de Soluções
Considere a equação diferencial abaixo, onde os coeficientes 
p e q são continuos em algum intervalo aberto I:
Seja t0 um ponto em I, y1 e y2 soluções da equação diferencial 
com y1 satisfazendo a condição inicial 
e y2 satisfazendo a condição inicial
Então y1, y2 formam o conjunto fundamental das soluções 
para a dada equação diferencial.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
0)(,1)( 0101 =′= tyty
1)(,0)( 0202 =′= tyty
Capítulo 3.2: 
Exemplo 7: Teorema 3.2.5 (1 de 3)
Encontrar o conjunto fundamental especificado pelo Teorema 
3.2.5 para a equação diferencial e o ponto inicial 
É fácil ver que
são soluções fundamentais, pois W(y1, y2)(t0) = -2 ≠ 0.
Mas estas duas soluções não satisfazem às condições iniciais 
indicadas no Teorema 3.2.5, e assim não formam o conjunto 
fundamental das soluções mencionadas nesse teorema. 
Sejam y3 e y4 as soluções fundamentais do Teorema 3.2.5.
tt eyey −== 21 ,
0,0 0 ==−′′ tyy
1)0(,0)0(;0)0(,1)0( 4433 =′==′= yyyy
Capítulo 3.2: 
Exemplo 7: Solução Geral
Desde que y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções, 
Resolvendo para cada equação, obtemos 
O Wronskiano de y3 e y4 é
Assim y3, y4 formam o conjunto fundamental de soluções 
indicado no Teorema 3.2.5, com solução geral neste caso
1)0(,0)0(,
0)0(,1)0(,
44214
33213
=′=+=
=′=+=
−
−
yyededy
yyececy
tt
tt
)senh(
2
1
2
1)(),cosh(
2
1
2
1)( 43 teetyteety
tttt =−==+= −−
01senhcosh
coshsenh
senhcosh 22
21
21 ≠=−==
′′
= tt
tt
tt
yy
yy
W
)senh()cosh()( 21 tktkty +=
Capítulo 3.2: 
Exemplo 7: 
Varios Conjuntos Fundamentais de Soluções
Portanto
ambos formam o conjunto fundamental de soluções para a 
equação diferencial e o ponto inicial
Em geral, uma equação diferencial pode ter uma infinidade de 
diferentes conjuntos fundamentais de soluções. Geralmente, 
nós escolhemos aquele que é o mais conveniente ou útil. 
{ } { }ttSeeS tt senh,cosh,, 21 == −
0,0 0 ==−′′ tyy
Capítulo 3.2: 
Resumo
Para encontrar uma solução geral de uma equação diferencial
primeiramente encontramos duas soluções y1 e y2.
Certificar-se então que há um ponto t0 em algum intervalo tal 
que W(y1, y2)(t0) ≠ 0.
Segue que y1 e y2 formam o conjunto fundamental de soluções 
para a equação, com solução geral y = c1y1 + c2 y2.
Se condições iniciais são dadas em um ponto t0 no intervalo 
onde W ≠ 0, então c1 e c2 podem ser escolhidas de modo que 
satisfaçam as condições iniciais. 
βα <<=+′+′′ tytqytpy ,0)()(
Capítulo 3.3: 
Independencia Linear e o Wronskiano
Duas funções f e g são Linearmente Dependente (LD) se 
existe constantes c1 e c2, não nulas simultaneamente, tal 
que
para todo t em I. Note que isto se reduz a determinar se f e 
g são multiplas uma da outra. 
Se a única solução a esta equação for c1 = c2 = 0, então f e 
g são Linearmente Independente(LI). 
Por exemplo, Sejam f(x) = sen2x e g(x) = senx.cosx, e 
considerando a combinação linear
Esta equação é satisfeita se nós escolhermos c1 = 1, c2= -2, 
e daqui f e g são Linearmente Dependente.(LD) 
0)()( 21 =+ tgctfc
0cossin2sin 21 =+ xxcxc
Capítulo 3.3: 
Soluções para Equações de Sistemas 2 x 2
Quando resolvemos
para c1 e c2, pode ser mostrado que 
Note que se a = b = 0, então a única solução deste sistema de 
equações é c1 = c2 = 0, desde que D ≠ 0.
bycyc
axcxc
=+
=+
2211
2211
21
2111
2121
11
2
22
2121
22
1
 o,
,
yy
xx
Dnde
D
bxay
xyyx
bxayc
D
bxay
xyyx
bxayc
=+−=
−
+−=
−=
−
−=
Capítulo 3.3: 
Exemplo 1: Independencia Linear 
Mostrar que as seguintes funções são linear independentes em 
todo o intervalo :
Sejam c1 e c2 escalares, e suponha 
para todo t em um intervalo arbitrário (α, β ). 
Nós queremos mostrar c1 = c2 = 0. Desde que a equação verifica 
para todo t em (α, β ), escolha t0 e t1 em (α, β ), onde t0 ≠ t1. Então
tt etgetf −== )(,)(
0)()( 21 =+ tgctfc
0
0
11
00
21
21
=+
=+
−
−
tt
tt
ecec
ecec
Capítulo 3.3: 
Exemplo 1: Independencia Linear 
A solução do nosso sistema de equações 
será c1 = c2 = 0, se provarmos que o determinante D é não nulo:
Então
Asim sendo t0 ≠ t1, significa que D ≠ 0, e portanto f e g são 
Linearmente Independente.(LI)
01101010
11
00
tttttttt
tt
tt
eeeeee
ee
eeD −−−−
−
−
−=−==
( )
10
2
1
 11 0
10
10
10
100110
tte
e
e
eeeD
tt
tt
tt
tttttt
=⇔=⇔
=⇔=⇔=⇔=
−
−
−
−−−
0
0
11
00
21
21
=+
=+
−
−
tt
tt
ecec
ecec
Capítulo 3.3: 
Teorema 3.3.1
Se f e g são funções diferenciáveis em um intercalo aberto I e se 
W(f, g)(t0) ≠ 0 em algum ponto t0 em I, então f e g são linearmente 
independentes em I. Além disso, se f e g são linearmente 
dependentes em I, então W(f, g)(t) = 0 para todo t em I. 
Prova(esboço): Sejam c1 e c2 escalares, e suponha
Para todo t em I. Em particular, quando t = t0 nos temos
Sendo W(f, g)(t0) ≠ 0, segue que c1 = c2 = 0, e assim f e g são 
Linearmente Independentes(LI).
0)()( 21 =+ tgctfc
0)()(
0)()(
0201
0201
=′+′
=+
tgctfc
tgctfc
Capítulo 3.3: 
Teorema 3.3.2 (Teorema de Abel)
Suponha que y1 e y2 são soluções da equação
onde p e q são funções contínuas em algum intervalo aberto I. 
Então W(y1,y2)(t) é dado por
onde c é uma constante que dependem de y1 e y2 mas não de t. 
Note que W(y1,y2)(t) ou é zero para todo t em I (se c = 0) ou 
nunca se anula em I (se c ≠ 0).
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
∫=
− dttp
cetyyW
)(
21 ))(,(
Capítulo 3.3: 
Exemplo 2: Wronskiano e Teorema de Abel
Observe a seguinte equação e suas duas soluções: 
O Wronskiano de y1e y2 é 
Assim y1 e y2 são Linearmente Independentes em qualquer 
intervalo I, pelo Teorema 3.3.1. Agora compare W com o 
Teorema de Abel:
Escolhendo c = -2, nós encontramos o mesmo valor de W 
acima. 
tt eyeyyy −===−′′ 21 ,,0
. todopara 022 0
21
21 teeeee
yy
yy
W tttt ≠−=−=−−=
′′
= −−
ccecetyyW
dtdttp
=∫=∫=
−− 0)(
21 ))(,(
Capítulo 3.3: 
Teorema 3.3.3
Seja y1 e y2 soluções para a equação abaixo, onde p e q são 
contínuas em um intervalo aberto I:
Então y1 e y2 são Linearmente Dependentes em I, se e somente 
se, W(y1, y2)(t) = 0 para todo t em I. De outro modo, y1 e y2 são 
Linearmente Independentes em I, se e somente se, W(y1, y2)(t) ≠ 
0 para todo t em I.
0)()(][ =+′+′′= ytqytpyyL
Capítulo 3.3: 
Resumo
Sejam y1 e y2 soluções de 
onde p e q são contínuas em um intervalo aberto I. 
Então as seguintes afirmações são equivalentes :
As funções y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções I.
As funções y1 e y2 são Linearmente Independente em I.
W(y1,y2)(t0) ≠ 0 para algum t0 em I.
W(y1,y2)(t) ≠ 0 para todo t em I.
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.3: 
Notas de Algebra Linear
Seja V o conjunto 
Então V é um espaço vetorial de dimensão dois, com uma 
base formada pelo conjunto fundamental de y1 e y2. 
Por exemplo, o espaço solução V para a equação diferencial
tem como bases
com 
{ } { }ttSeeS tt sinh,cosh,, 21 == −
( ){ }βα ,,0)()(: ∈=+′+′′= tytqytpyyV
0=−′′ yy
21 paçoEpaçoE SsSsV ==
Capítulo 3.4: 
Raizes Complexas da Equação Característica
Retomando a discussão da equação 
onde a, b e c são constantes reais. 
Assumindo soluções exponenciais dada da equação característica:
A fórmula quadrática(ou fatoração) fornece duas soluções, r1 e r2:
Se b2 – 4ac < 0, temos raizes complexas: r1 = λ + iµ, r2 = λ - iµ
Assim
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
a
acbbr
2
42 −±−=
( ) ( ) titi etyety µλµλ −+ == )(,)( 21
Capítulo 3.4: 
Formula de Euler:
 Soluções Avaliadas nos Complexos
Substitutindo na serie de Taylor de et, no obtemos fórmula 
de Euler: 
Generalizando a fórmula de Euler, obtemos
Então
Portanto 
( ) ( ) titn
ti
n
t
n
ite
n
nn
n
nn
n
n
it sincos
!12
)1(
!2
)1(
!
)(
1
121
0
2
0
+=
−
−+−== ∑∑∑
∞
=
−−∞
=
∞
=
tite ti µµµ sincos +=
( ) [ ] tietetiteeee ttttitti µµµµ λλλµλµλ sincossincos +=+==+
( )
( ) tieteety
tieteety
ttti
ttti
µµ
µµ
λλµλ
λλµλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−==
+==
−
+
Capítulo 3.4: 
 Soluções Avaliadas nos Reais
Nossas duas soluções são funções avaliadas nos complexo: 
Nós preferiríamos ter soluções avaliadas nos reais, pois nossa 
equação diferencial tem coeficientes reais . 
Para conseguir isto, recordemos que as combinações lineares das 
soluções são tambéns soluções :
Ignorando as constantes, nós obtemos as duas soluções 
tietety
tietety
tt
tt
µµ
µµ
λλ
λλ
sincos)(
sincos)(
2
1
−=
+=
tietyty
tetyty
t
t
µ
µ
λ
λ
sin2)()(
cos2)()(
21
21
=−
=+
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
Capítulo 3.4: 
Soluções Avaliadas nos Reais: O Wronskiano
Assim nós temos as seguintes funções avaliadas nos reais: 
Verificando o Wronskiano, nós obtemos 
Assim y3 e y4 formam o conjunto fundamental de soluções para 
nossa EDO, e a solução geral pode ser expressada como
tetytety tt µµ λλ sin)(,cos)( 43 ==
( ) ( )
0
cossinsincos
sincos
2 ≠=
+−
=
t
tt
tt
e
ttette
tete
W
λ
λλ
λλ
µ
µµµλµµµλ
µµ
tectecty tt µµ λλ sincos)( 21 +=
Capítulo 3.4: 
Exemplo 1
Considere a equação
Então
Portanto 
e assim a solução geral é 
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/22/1 tectecty tt −− +=
0=+′+′′ yyy
iirrrety rt
2
3
2
1
2
31
2
41101)( 2 ±−=±−=−±−=⇔=++⇒=
2/3,2/1 =−= µλ
Capítulo 3.4: 
Exemplo 2
Considere a equação
Então
Portanto 
 e assim a solução geral é 
04 =+′′ yy
irrety rt 204)( 2 ±=⇔=+⇒=
2,0 == µλ
( ) ( )tctcty 2sin2cos)( 21 +=
Capítulo 3.4: 
Exemplo 3
Considere a equação
Então
Portanto a solução geral é 
023 =+′−′′ yyy
irrrety rt
3
2
3
1
6
12420123)( 2 ±=−±=⇔=+−⇒=
( ) ( )3/2sin3/2cos)( 3/23/1 tectecty tt +=
Capítulo 3.4: 
Exemplo 4: Part (a)
Para o problema do valor inicial abaixo, encontrar (a) a 
solução u(t) e (b) o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1 
Nos sabemos do Exemplo 1 que a solução geral é
Usando as condições iniciais, obtemos
Assim
( ) ( )2/3sin2/3cos)( 2/22/1 tectectu tt −− +=
1)0(,1)0(,0 =′==+′+′′ yyyyy
3
3
3,1
1
2
3
2
1
1
21
21
1
===⇒




=+−
=
cc
cc
c
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Capítulo 3.4: 
Exemplo 4: Part (b)
Encontrar o menor tempo T para que |u(t)| ≤ 0.1 
A solução é
Com a ajuda da representação gráfica e de uma calculadora ou 
computador, nós encontramos T ≅ 2.79. Veja gráfico abaixo. 
( ) ( )2/3sin32/3cos)( 2/2/ tetetu tt −− +=
Capítulo 3.5: 
Raizes Repetidas; Redução de Ordem
Lembrando que uma EDO de 2nd order linear homogeneous
onde a, b e c são constantes reais. 
Usando as soluções exponenciais vinda da equação 
característica:
A fórmula quadrática nos dá duas soluções , r1 e r2:
Onde b2 – 4ac = 0, r1 = r2 = -b/2a, assim este método só fornece 
uma solução:
0=+′+′′ cyybya
0)( 2 =++⇒= cbrarety rt
a
acbbr
2
42 −±−=
atbcety 2/1 )(
−=
Capítulo 3.5: 
Segunda Solução: Fator de Multiplicação v(t)
Nos sabemos que se
Só que y1 e y2 são linearmente dependente, vamos generalizar 
esta aproximação e multiplicar por uma função v, e 
determinar condições para que y2 seja uma solução:
Então
 tambémsolução uma é )()( solução uma é )( 121 tcytyty =⇒
atbatb etvtyety 2/2
2/
1 )()( faça solução umaé )(
−− =⇒=
atbatbatbatb
atbatb
atb
etv
a
betv
a
betv
a
betvty
etv
a
betvty
etvty
2/
2
2
2/2/2/
2
2/2/
2
2/
2
)(
4
)(
2
)(
2
)()(
)(
2
)()(
)()(
−−−−
−−
−
+′−′−′′=′′
−′=′
=
Capítulo 3.5: 
Encontrando o Fator de Multiplicação v(t)
Substituindo as derivadas na EDO, chegamos na fórmula para v:
0=+′+′′ cyybya
43
2
222
22
22
2
2
2/
)(0)(
0)(
4
4)(
0)(
4
4
4
)(0)(
4
4
4
2
4
)(
0)(
24
)(
0)()(
2
)()(
4
)()(
0)()(
2
)()(
4
)()(
ktktvtv
tv
a
acbtva
tv
a
ac
a
btvatv
a
ac
a
b
a
btva
tvc
a
b
a
btva
tcvtv
a
btvbtv
a
btvbtva
tcvtv
a
btvbtv
a
btv
a
btvae atb
+=⇒=′′
=


 −−′′
=



+−+′′⇔=



+−+′′
=



+−+′′
=+−′++′−′′
=






+


 −′+





+′−′′−
Capítulo 3.5: 
Solução Geral
Para encontrar nossa solução geral, nós temos:
Assim a solução geral para raízes repetidas é
( )
abtabt
abtabt
abtabt
tecec
ektkek
etvkekty
2/
2
2/
1
2/
43
2/
1
2/
2
2/
1 )()(
−−
−−
−−
+=
++=
+=
abtabt tececty 2/2
2/
1)(
−− +=
Capítulo 3.5: 
Wronskiano
A solução Geral é
Assim cada solução é uma combinação linear de
O Wronskiano das duas soluções é 
Assim y1 e y2 formam o conjunto fundamental das soluções. 
abtabt tececty 2/2
2/
1)(
−− +=
abtabt tetyety 2/2
2/
1 )(,)(
−− ==
te
a
bte
a
bte
e
a
bte
a
b
tee
tyyW
abt
abtabt
abtabt
abtabt
 todopara 0
22
1
2
1
2
))(,(
/
//
2/2/
2/2/
21
≠=




+



 −=




 −−=
−
−−
−−
−−
Capítulo 3.5: 
Exemplo 1
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação 
característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 10,10,02 =′==+′+′′ yyyyy
10)1(012)( 22 −=⇔=+⇔=++⇒= rrrrety rt
tt tececty −− += 21)(
2,1
1
1
21
21
1 ==⇒



=+−
=
cc
cc
c
tt teety −− += 2)(
Capítulo 3.5: 
Exemplo 2
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação 
característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 2/10,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/
2
2/
1)(
tt tececty +=
2
1,2
2
1
2
1
2
21
21
1
−==⇒




=+
=
cccc
c
2/2/
2
12)( tt teety −=
Capítulo 3.5: 
Exemplo 3
Considere o PVI
Usando as soluções exponenciais vinda da equação 
característica:
Portanto a solução geral é
Usando as condições iniciais:
Assim
( ) ( ) 2/30,20,025.0 =′==+′−′′ yyyyy
2/10)2/1(025.0)( 22 =⇔=−⇔=+−⇒= rrrrety rt
2/
2
2/
1)(
tt tececty +=
2
1,2
2
3
2
1
2
21
21
1
==⇒




=+
=
cccc
c
2/2/
2
12)( tt teety +=
Capítulo 3.5:
 Redução de Ordem
O método usado nesta seção também é utilizado para equações 
com coeficientes não constantes:
Isto é, dado uma solução y1, faça y2 = v(t)y1: 
Substituindo isto na EDO e agrupando termos,
Como y1 é uma solução da EDO, esta última equação se reduz 
em uma equação de 1a ordem em v′ :
0)()( =+′+′′ ytqytpy
)()()()(2)()()(
)()()()()(
)()()(
1112
112
12
tytvtytvtytvty
tytvtytvty
tytvty
′′+′′+′′=′′
′+′=′
=
( ) ( ) 02 111111 =+′+′′+′+′+′′ vqyypyvpyyvy
( ) 02 111 =′+′+′′ vpyyvy
Capítulo 3.5: 
 Exemplo 4: Redução de Ordem
Dado a equação de coeficiente variáveis e uma solução y1, 
 usando o método de redução de ordem para encontrar uma 
segunda solução:
Substituindo isto na EDO e agrupando termos,
,)(;0,03 11
2 −=>=+′+′′ ttytyytyt
321
2
21
2
1
2
 )(2 )(2 )()(
 )( )()(
 )()(
−−−
−−
−
+′−′′=′′
−′=′
=
ttvttvttvty
ttvttvty
ttvty
( ) ( )
)()( o,0
0
03322
0322
111
1213212
tvtundeuut
vvt
vtvtvvtvtv
vtvttvtvttvtvt
′==+′⇔
=′+′′⇔
=+−′++′−′′⇔
=+−′++′−′′
−−−
−−−−−−
Capítulo 3.5: 
 Exemplo 4: Encontrando v(t)
Resolvendo 
para u, nos podemos usar o método de separação de variáveis:
Assim 
e portanto
.0 d,
lnln10
11 >=⇔=⇔
+−=⇔−=⇔=+
−−
∫∫
tqueesdectuetu
Ctudt
tu
duu
dt
dut
C
)()(,0 tvtuuut ′==+′
t
cv =′
ktctv += ln)(
Capítulo 3.5: 
Exemplo 4: Solução Geral
Nos temos
Assim
Lembrando
e portanto nós podemos concluir o segundo termo y2
Daqui a solução geral da equação diferencial é 
( ) 1112 lnln)( −−− +=+= tktcttktcty
ktctv += ln)(
.ln)( 12 ttty
−=
1
1 )(
−= tty
ttctcty ln)( 12
1
1
−− +=
Capítulo 3.5: 
Casos Especiais de Redução de Ordem
EDO de 2a ordem onde falta a Variável Dependente.
A substituição é v=y’ e v’=y” na EDO de 2a ordem, leva a
uma EDO de 1a ordem nas variáveis v dependente e t independente.
EDO de 2a ordem onde falta a Variável Independente.
A substituição na EDO de 2a ordem é v(y)=y’ e , leva a
uma EDO de 1a ordem nas variáveis v dependente e y independente.
Exemplos:
),(' vtfv =
)',('' ytfy =
)',('' yyfy =
''' y
dy
dvv
dt
dvv ===
),( vyf
dy
dvv =
yeyydyyyc
tyytbttyyta
−=+=+
>=>=−+
2)'(")0)'(")
0,)'(")0,01'2")
22
222
Capítulo 3.6: 
Equações Não Homogêneas
Método dos Coeficientes Indeterminados
Uma equação não homogênea é dada por
onde p, q, g são funções contínuas em um intervalo aberto I.
A equação homogênea associada é
Nesta seção nós aprenderemos o método dos coeficientes 
indeterminados para resolver a equação não homogênea, e 
para isso é necessário saber as soluções da equação 
homogênea.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6: 
Teorema 3.6.1
Se Y1, Y2 são as soluções da equação não homogênea 
então Y1 - Y2 é uma solução da equação homogênea
Se y1, y2 formam um conjunto fundamental de soluções da 
equação homogênea, então existem constante c1, c2 tal que
)()()()( 221121 tyctyctYtY +=−
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6: 
Teorema 3.6.2 (Solução Geral)
A solução geral da equação não homogênea 
pode ser escreita na forma
onde y1, y2 formam o conjunto fundamental de soluções da 
equação homogênea, c1, c2 são constantes arbitrarias e Y é uma 
solução particular da equação não homogênea.
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( 111 =+′+′′ ytqytpy
)()()( tgYtqYtpY =+′+′′
0)()( 222 =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.6: 
Método dos Coeficientes Indeterminados
Lembrando uma equação não homogênea é dada por 
com solução geral
Nesta seção usaremos o método dos coeficientes 
indeterminados para encontrar uma solução particular Y 
para a equação não homogênea, assumindo que podemos 
encontrar soluções y1, y2 para o caso homogênio. 
O método dos coeficientes indeterminados é usualmente 
limitado para quando p e q são constantes, e g(t) é uma 
função polinomial, exponencial, seno ou coseno. 
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
Capítulo 3.6: 
Exemplo 1: g(t) , Exponencial 
Considere a equação não homogênea
Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que 
as exponenciais se repetem com a diferentiação, é um bom 
ponto de partida para Y supormos uma função exponencial:
Substituindo ela e suas derivadas na equação,
Assim uma solução particular para a EDO não homogênea é
teyyy 2343 =−′−′′
ttt AetYAetYAetY 222 4)(,2)()( =′′=′⇒=
2/136
3464
22
2222
−=⇔=−⇔
=−−
AeAe
eAeAeAe
tt
tttt
tetY 2
2
1)( −=
Capítulo 3.6: 
Exemplo 2: g(t) , seno
Considere a equação não homogênea
Nós procuramos Y que satisfaça a esta equação. Sabendo que senos se 
repete ao longo das derivadas, é um bom ponto de partida para Y:
Substituindo ela e suas derivadas na equação,
Sabendo que sen(x) e cos(x) são LI (não são múltiplos um do outro), 
nos teriamos c1= c2 = 0, e assim 2 + 5A = 3A = 0, o que é impossível. 
tyyy sen243 =−′−′′
tAtYtAtYtAtY sen)(,cos)(sen)( −=′′=′⇒=
( )
0cossen
0cos3sen52
sen2sen4cos3sen
21 =+⇔
=++⇔
=−−−
tctc
tAtA
ttAtAtA
Capítulo 3.6: 
 Exemplo 2: g(t) , seno
Nossa tentativa agora para Y é
Substituindo ela e suas derivadas na EDO, obtemos
Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é
tBtAtYtBtAtY
tBtAtY
cossen)(,sencos)(
cossen)(
−−=′′−=′⇒
+=
( ) ( ) ( )
( ) ( )
17/3 ,17/5
053,235
sen2cos53sen35
sen2cossen4sencos3cossen
=−=⇔
=−−=+−⇔
=−−++−⇔
=+−−−−−
BA
BABA
ttBAtBA
ttBtAtBtAtBtA
tyyy sen243 =−′−′′
tttY cos
17
3sen
17
5)( +−=
Capítulo3.6: 
Exemplo 3: g(t) , Polinomial 
Considere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaça a equação. Vamos começar com 
Substituindo ela e suas derivadas na EDO, obtemos,
Portanto a solução particular para a EDO não homogênea é
1443 2 −=−′−′′ tyyy
AtYBAttYCBtAttY 2)(,2)()( 2 =′′+=′⇒++=
( ) ( )
( ) ( )
8/11 ,2/3 ,1
1432,046,44
14432464
144232
22
22
−==−=⇔
−=−−=+=−⇔
−=−−++−−⇔
−=++−+−
CBA
CBABAA
tCBAtBAAt
tCBtAtBAtA
8
11
2
3)( 2 −+−= tttY
Capítulo 3.6: 
Exemplo 4: g(t) , Produto
Considere a equação não homogênea
Procuramos Y que satisfaça a equação, como segue:
Substituindo na EDO e resolvendo para A e B:
teyyy t 2cos843 −=−′−′′
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) teBAteBA
teBA
teBAteBAteBAtY
teBAteBA
tBetBetAetAetY
tBetAetY
tt
t
ttt
tt
tttt
tt
2sen342cos43
2cos22
2sen22sen222cos2)(
2sen22cos2
2cos22sen2sen22cos)(
2sen2cos)(
−−++−=
+−+
+−++−+=′′
+−++=
++−=′
+=
tetetYBA tt 2sen
13
22cos
13
10)(
13
2 ,
13
10 +=⇒==
Capítulo 3.6: 
Discussão: g(t) , Soma
Considere agora a equação não homogênea
Suponha que g(t) é a soma de funções:
Se Y1, Y2 são soluções de 
respectivamente, então Y1 + Y2 é uma solução da 
equação não homogênea acima. 
)()()( tgytqytpy =+′+′′
)()()( 21 tgtgtg +=
)()()(
)()()(
2
1
tgytqytpy
tgytqytpy
=+′+′′
=+′+′′
Capítulo 3.6: 
Exemplo 5: Soma g(t)
Considere a equação
Nossas equações para resolver individualmente são 
A solução particular é então
teteyyy tt 2cos8sin2343 2 −+=−′−′′
tetettetY ttt 2sin
13
22cos
13
10sin
17
5cos
17
3
2
1)( 2 ++−+−=
teyyy
tyyy
eyyy
t
t
2cos843
sin243
343 2
−=−′−′′
=−′−′′
=−′−′′
Capítulo 3.6: 
Exemplo 6:
Considere a equação
Procuramos Y que satisfaça a equação. Começamos com
Substituindo na EDO :
Portanto não existe solução particular da forma
tyy 2cos34 =+′′
tBtAtYtBtAtY
tBtAtY
2cos42sen4)(,2sen22cos2)(
2cos2sen)(
−−=′′−=′⇒
+=
( ) ( )
( ) ( )
t
ttBBtAA
ttBtAtBtA
2cos30
2cos32cos442sen44
2cos32cos2sen42cos42sen4
=
=+−++−
=++−−
tBtAtY 2cos2sen)( +=
Capítulo 3.6: 
Exemplo 6: Solução Homogênea
Como não existe solução particular da forma
Para ajudar a compreender porque isso ocorreu, vamos 
recordar que a solução homogênea correspondente vista na 
seção 3.4:
Assim nossa suposta solução particular resolve a equação 
homogênea 
em vez da equação não homogênea.
tBtAtY 2cos2sen)( +=
tctctyyy 2sin2cos)(04 21 +=⇒=+′′
tyy 2cos34 =+′′
04 =+′′ yy
Capítulo 3.6: 
Exemplo 6: Solução Particular
Nossa próxima tentativa para encontrar um Y é:
Substituindo na EDO, 
tBttAttBtA
tBttBtBtAttAtAtY
tBttBtAttAtY
tBttAttY
2cos42sen42sen42cos4
2cos42sen22sen22sen42cos22cos2)(
2sen22cos2cos22sen)(
2cos2sen)(
−−−=
−−−−+=′′
−++=′
+=
tttY
BA
ttBtA
2sen
4
3)(
0,4/3
2cos32sen42cos4
=⇒
==⇒
=−
tyy 2cos34 =+′′
Capítulo 3.6: 
Tabela: A solução Particular de 
ay”+by’+cy=gi(t)
]sen)...(
cos)...[(
cos
sen
)(
)...()(
)...(...)(
)()(
10
10
10
1010
tetBtBB
tetAtAAt
t
t
etP
etAtAAtetP
tAtAAttataatP
tYtg
tn
n
tn
n
s
t
n
tn
n
st
n
n
n
sn
nn
ii
β
β
β
β
α
α
α
αα
++++
++++



+++
++++++=
_________________________________________________________
_________________________________________________________
Obs.: Aqui, s denota o menor inteiro não-negativo (s=0,1 ou 2) que 
garanta que nenhuma parcela de Yi(t) seja solução da equação 
homogênea correspondente.
Capítulo 3.7:
 Variação dos Parâmetros
Uma equação não homogênea é dada por
onde p, q, g são funções contínuas em um intervalo aberto I.
A equação homogênea associada é
Nesta seção nós aprenderemos o método de variação dos parâmetros 
para resolver a equação não homogênea. Como no método dos 
coeficientes indeterminados, este procedimento requer o conhecimento 
das soluções da equação homogênea.
Variação dos parâmetros é um método geral, e não requer nenhuma 
suposição detalhada sobre a forma da solução. Entretanto, determinadas 
integrais necessitam ser avaliadas, e estas pode apresentar dificuldades.
)()()( tgytqytpy =+′+′′
0)()( =+′+′′ ytqytpy
Capítulo 3.7: 
Exemplo: Variação dos Parâmetros
Nós procuramos uma solução particular para equação abaixo. 
Nós não podemos usar o método de coeficientes indeterminados 
uma vez que g(t) é um quociente de sen t ou cos t, em vez de uma 
soma ou de um produto. 
Lembrando que a solução da EDO homogênia associada é 
Para encontrar uma solução particular para equação não 
homogênea, nós começamos com o formula 
Então
ou
tyy csc34 =+′′
tctctyh 2sen2cos)( 21 +=
ttuttuty 2sen)(2cos)()( 21 +=
ttuttuttuttuty 2cos)(22sen)(2sen)(22cos)()( 2211 +′+−′=′
ttuttuttuttuty 2sen)(2cos)(2cos)(22sen)(2)( 2121 ′+′++−=′
Capítulo 3.7: 
Exemplo: Derivadas, 2a Equação
De resultados anteriores,
Note que nós necessitamos de duas equações para encontrar 
u1 e u2. A primeira equação é a equação diferencial. Para uma 
segunda equação, tome
Então
Segue, 
ttuttuttuttuty 2sen)(2cos)(2cos)(22sen)(2)( 2121 ′+′++−=′
02sen)(2cos)( 21 =′+′ ttuttu
ttuttuty 2cos)(22sen)(2)( 21 +−=′
ttuttuttuttuty 2sen)(42cos)(22cos)(42sen)(2)( 2211 −′+−′−=′′
Capítulo 3.7: 
Exemplo: Duas equações
Lembrando que nossa equação diferencial é
Substituindo y'' e y na equação, obtemos
Esta equação simplificada fica
Assim, para resolver u1 e u2, nos temos duas equações:
( ) tttuttu
ttuttuttuttu
csc32sen)(2cos)(4
2sen)(42cos)(22cos)(42sen)(2
21
2211
=++
−′+−′−
02sen)(2cos)(
csc32cos)(22sen)(2
21
21
=′+′
=′+′−
ttuttu
tttuttu
tttuttu csc32cos)(22sen)(2 21 =′+′−
tyy csc34 =+′′
Capítulo 3.7: 
Exemplo: Resolvendo o u1'
Para encontrar u1 e u2 , necessitamos resolver as equações
Da segunda equação,
Substituindo este valor na primeira equação,
t
ttutu
2sen
2cos)()( 12 ′−=′
( ) ( )
( ) ( )[ ]
ttu
t
tttttu
ttttuttu
tt
t
ttuttu
cos3)(
sen
cossen232cos2sen)(2
2sencsc32cos)(22sen)(2
csc32cos
2sen
2cos)(22sen)(2
1
22
1
2
1
2
1
11
−=′



=+′−
=′−′−
=


 ′−+′−
02sen)(2cos)(
csc32cos)(22sen)(2
21
21
=′+′
=′+′−
ttuttu
tttuttu
Capítulo 3.7: 
Exemplo : Resolvendo para u1 e u2
De resultados anteriores,
Então
Assim
tt
t
t
t
t
t
tt
tt
t
tttu
sen3csc
2
3
sen2
sen2
sen2
13
sen2
sen213
cossen2
sen21cos3
2sen
2coscos3)(
2
22
2
−=





−=





 −=




 −=


=′
222
111
cos3cotcscln
2
3sen3csc
2
3)()(
sen3cos3)()(
ctttdtttdttutu
cttdtdttutu
++−=



 −=′=
+−=−=′=
∫∫
∫∫
t
ttututtu
2sen
2cos)()(,cos3)( 121 ′−=′−=′
Capítulo 3.7: 
Exemplo: Solução Geral
Lembrando nossa equação e a solução homogênea yC:
Usando as expressões para u1 e u2 vista anteriormente, a 
solução geral para a equação diferencial é 
[ ]
( )[ ]
tctctttt
tyttttttt
tyttttttt
tyttttttt
tyttuttuty
h
h
h
h
2sen2cos2sencotcscln
2
3sen3
)(2sencotcscln
2
31cos2sencossen23
)(2sencotcscln
2
32cossen2sencos3
)(2sencos32sencotcscln
2
32cossen3
)(2sen)(2cos)()(
21
22
21
++−+=
+−+−−=
+−+−=
++−+−=
++=
tsinctctytyy h 22cos)(,csc34 21 +==+′′
Capítulo 3.7: 
Resumo
Suponha que y1, y2 são soluções fundamentais para a equação 
homogênea associada com a equação não homogênea acima, 
onde nota-se que o coeficiente em y'' é 1.
Para encontrar u1 e u2, necessitamos resolver a equação 
Fazendo assim, e usando o Wronskiano, nós obtemos 
Assim 
)()()()()(
0)()()()(
2211
2211
tgtytutytu
tytutytu
=′′+′′
=′+′
)()()()()(
)()()(
2211 tytutytuty
tgytqytpy
+=
=+′+′′
( ) ( ) )(,
)()()(,
)(,
)()()(
21
1
2
21
2
1 tyyW
tgtytu
tyyW
tgtytu =′−=′
( ) ( )∫∫ +=+−= 221
1
21
21
2
1 )(,
)()()(,
)(,
)()()( cdt
tyyW
tgtytucdt
tyyW
tgtytu
Capítulo 3.7: 
Teorema 3.7.1
Considere a equação 
Se as funções p, q e g são contínuas no intervalo aberto I, e se y1 
e y2 são soluções fundamentais para a Eq. (2), então uma 
solução particular da Eq. (1) é
e uma solução geral é
( ) ( )∫∫ +−= dttyyW
tgtytydt
tyyW
tgtytytY
)(,
)()()(
)(,
)()()()(
21
1
2
21
2
1
)()()()( 2211 tYtyctycty ++=
)2(0)()(
)1()()()(
=+′+′′
=+′+′′
ytqytpy
tgytqytpy
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